Exercices de MPSI

[Samuel.A]

Pour le 1) j'ai essayé ça

SPOILER:

On note A l'ensemble des nombres premiers congrus à -1 modulo 4.
On suppose A fini, on note r le plus grand élément de A.
On pose s égal au produit de tous les nombres premiers inférieurs ou égaux à r différents de 2.
Un nombre premier supérieur à 2 étant impair, il est congru soit à 1 soit à -1 modulo 4.
Ainsi si A contient un nombre pair de nombres, s est congru à 1 modulo 4 et donc s-2 est congru à -1. De plus s-2 est premier car si p premier divise s-2 alors puisque p divise également s par construction, on a p égal à 2, or s étant impair, s-2 aussi donc 2 ne sivise pas s-2 et s-2 est premier.
Si A contient un nombre impair de nombres, s est congru à -1 et s-4 est premier et congru à -1.
Enfin s-2 et s-4 ne sont pas des éléments de A puisque plus grands que r ( en effet r est plus grand que 7, donc s est plus grand que r*3 et donc que r*2+7et donc s-4 est plus grand que r*2+3 qui est plus grand strictement que r)
On a donc prouvé que l'hypothèse A fini est absurde.

[Édit] c'est en fait faux excusez moi

[Errys]

Pour le 1) j'ai essayé ça

SPOILER:

On note A l'ensemble des nombres premiers congrus à -1 modulo 4.
On suppose A fini, on note r le plus grand élément de A.
On pose s égal au produit de tous les nombres premiers inférieurs ou égaux à r différents de 2.
Un nombre premier supérieur à 2 étant impair, il est congru soit à 1 soit à -1 modulo 4.
Ainsi si A contient un nombre pair de nombres, s est congru à 1 modulo 4 et donc s-2 est congru à -1. De plus s-2 est premier car si p premier divise s-2 alors puisque p divise également s par construction, on a p égal à 2, or s étant impair, s-2 aussi donc 2 ne sivise pas s-2 et s-2 est premier.
Si A contient un nombre impair de nombres, s est congru à -1 et s-4 est premier et congru à -1.
Enfin s-2 et s-4 ne sont pas des éléments de A puisque plus grands que r ( en effet r est plus grand que 7, donc s est plus grand que r*3 et donc que r*2+7et donc s-4 est plus grand que r*2+3 qui est plus grand strictement que r)
On a donc prouvé que l'hypothèse A fini est absurde.

Je ne comprend pas pourquoi p | s-2 => p | s, ça te dérange pas de m'expliquer s'il-te-plaît ?

[oty20]

Deux autres du coup :

2) Existe-t-il un polynôme à coefficients entiers , non constant , tel que pour tout n entier naturel assez grand, P(n) est premier ?

Pour le $ 2) $ cela dépend de $ P(0) $ , on peut sans perdre de généralité supposer $ |P(0)| >1 $

on $ s=P(0) $ alors pour tout entier $ t $ , $ s|~~P(ts) $ , avec $ \lim_{t \to \infty} |P(ts)|= +\infty $ .

[Samuel.A]

Pour le 1) j'ai essayé ça

SPOILER:

On note A l'ensemble des nombres premiers congrus à -1 modulo 4.
On suppose A fini, on note r le plus grand élément de A.
On pose s égal au produit de tous les nombres premiers inférieurs ou égaux à r différents de 2.
Un nombre premier supérieur à 2 étant impair, il est congru soit à 1 soit à -1 modulo 4.
Ainsi si A contient un nombre pair de nombres, s est congru à 1 modulo 4 et donc s-2 est congru à -1. De plus s-2 est premier car si p premier divise s-2 alors puisque p divise également s par construction, on a p égal à 2, or s étant impair, s-2 aussi donc 2 ne sivise pas s-2 et s-2 est premier.
Si A contient un nombre impair de nombres, s est congru à -1 et s-4 est premier et congru à -1.
Enfin s-2 et s-4 ne sont pas des éléments de A puisque plus grands que r ( en effet r est plus grand que 7, donc s est plus grand que r*3 et donc que r*2+7et donc s-4 est plus grand que r*2+3 qui est plus grand strictement que r)
On a donc prouvé que l'hypothèse A fini est absurde.

Je ne comprend pas pourquoi p | s-2 => p | s, ça te dérange pas de m'expliquer s'il-te-plaît ?

Mince non tu as raison c'est faux ! Je pensais que toit nombre premier inférieur à s divisait s par construction de s, mais je me trompais !

[Zrun]

Pour le $ 2) $ cela dépend de $ P(0) $ , on peut sans perdre de généralité supposer $ |P(0)| >1 $

on $ s=P(0) $ alors pour tout entier $ t $ , $ s|~~P(ts) $ , avec $ \lim_{t \to \infty} |P(ts)|= +\infty $ .

C’est plus facile de dire que tu fais par l’absurde, ça t’évites juste de supposer quelque chose sur P(0) ...

[Zrun]

@Dattier
C’est du très très dur en MPSI ça quand même . Il y a moyen de s’en sortir avec les polynômes cyclotomiques de mémoire cependant mais il faut pas mal de connaissance dessus ...

[Errys]

Pour le 1 de Zrun :

SPOILER:

Lemme 1 : Tout entier $ n $ congru à 3 modulo 4 admet un diviseur premier congru à 3 modulo 4.
Preuve : Soit $ n $ congru à 3. On suppose que tous les facteurs premiers de $ n $ sont congrus à 1 ou 2 modulo 4 (pas 0 sinon il est congru à 0). Ainsi, $ n\equiv 2^k\pmod 4 $ pour un certain entier $ k $. Ce qui est absurde car $ 2^k $ est soit congru à 2, soit congru à 0 modulo 4.
Ainsi, le lemme 1 est vrai

Preuve de l'exercice :
Soit $ A $ l'ensemble des nombres premiers congrus à 3 modulo 4. On suppose par l'absurde que $ A $ est fini. Et on pose
$$ n= 4\prod_{p\in A} p - 1 $$
$ n $ est par construction congru à 3 modulo 4. D'après le lemme 1, il existe $ p\in A $ tel que $ p\mid n $. Donc $ p \mid n - p\times 4\prod_{k\in A\setminus \{p\}} k = -1 $ d'où $ p\mid 1 $. Ce qui est absurde.
D'où $ A $ infini.

[oty20]

@Dattier
C’est du très très dur en MPSI ça quand même . Il y a moyen de s’en sortir avec les polynômes cyclotomiques de mémoire cependant mais il faut pas mal de connaissance dessus ...

De mémoire cela se fait en quelques lignes si on introduit le symbole de Legendre , cela se base sur le même argument d’Euclide en regardant $ N=(2p_{1}...p_{m})^{2}+1 $ , si je me trompe pas .

Sur le topic des nombres premiers un grand classique de prepas :

Montrer que : $ \sum_{p \in \mathbb{P}} \frac{1}{p} $ diverge .

avec $ \mathbb{P} $ l'ensemble des nombres premiers.

[Zrun]

@Oty je ne vois pas en quoi le symbole de Legendre qui permet avec la loi de réciprocité quadratique de déterminer si une certaine classe est résidue quadratique modulo un nombre premier et montrer l’existence d’une infinité de premiers congrus à 1 modulo n’importe quel entier ...
@Dattier effectivement l’entier k doit être premier , je n’avais pas vu la subtilité ...

[Zrun]

Et bien en fait je ne comprends pas comment il a eu la solution car je ne lui ai pas envoyé ...